ГДЗ по Алгебре 9 Класс Рабочая тетрадь Параграф 1 Номер 10 Мерзляк, Полонский — Подробные Ответы

Докажите неравенство.
1) \(a^2 + b^2 — 18a — 16b + 145 \, ? \, 0\)
2) \(10b^2 — 30bc + 25c^2 — 10b + 30 > 0\)
3) \(a^2 + b^2 + c^2 > 6(4a — 2b + 5c — 68)\)
4) \(a^2 + b^2 + 1 \, ? \, a + b + ab\)

1) \(a^{2} + b^{2} — 18a — 16b + 145 \geq 0\)
Имеем:
\(a^{2} + b^{2} — 18a — 16b + 145 = a^{2} — 18a + 81 + b^{2} — 16b + 64 =\)
\(= (a — 9)^{2} + (b — 8)^{2}\)
Поскольку \((a — 9)^{2} \geq 0\) при любом значении \(a\), и \((b — 8)^{2} \geq 0\) при любом значении \(b\), то \((a — 9)^{2} + (b — 8)^{2} \geq 0\).
Следовательно, \(a^{2} + b^{2} — 18a — 16b + 145 \geq 0\).

2) \(10b^{2} — 30bc + 25c^{2} — 10b + 30 > 0\)
Имеем:
\(10b^{2} — 30bc + 25c^{2} — 10b + 30 = 9b^{2} — 30bc + 25c^{2} + b^{2} — 10b + 25 + 5 =\)
\(= (3b — 5c)^{2} + (b — 5)^{2} + 5\)
Поскольку \((3b — 5c)^{2} \geq 0\) при любых значениях \(b\) и \(c\), \((b — 5)^{2} \geq 0\) при любом значении \(b\), то \((3b — 5c)^{2} + (b — 5)^{2} + 5 > 0\).
Следовательно, \(10b^{2} — 30bc + 25c^{2} — 10b + 30 > 0\).

3) \(a^{2} + b^{2} + c^{2} > 6(4a — 2b + 5c — 68)\)
Рассмотрим разность левой и правой частей данного неравенства:
\(a^{2} + b^{2} + c^{2} — 6(4a — 2b + 5c — 68) =\)
\(= a^{2} + b^{2} + c^{2} — 24a + 12b — 30c + 408 =\)
\(= a^{2} — 24a + 144 + b^{2} + 12b + 36 + c^{2} — 30c + 225 + 3 =\)
\(= (a — 12)^{2} + (b + 6)^{2} + (c — 15)^{2} + 3\)
Поскольку \((a — 12)^{2} \geq 0\) при любом значении \(a\), \((b + 6)^{2} \geq 0\) при любом значении \(b\), \((c — 15)^{2} \geq 0\) при любом значении \(c\), то \((a — 12)^{2} + (b + 6)^{2} + (c — 15)^{2} + 3 > 0\).
Следовательно, \(a^{2} + b^{2} + c^{2} > 6(4a — 2b + 5c — 68)\).

4) \(a^{2} + b^{2} + 1 \geq a + b + ab\)
Имеем:
\(a^{2} + b^{2} + 1 — (a + b + ab) = a^{2} + b^{2} + 1 — a — b — ab =\)
\(= \frac{1}{2} (2a^{2} + 2b^{2} + 2 — 2a — 2b — 2ab) =\)
\(= \frac{1}{2} (a^{2} — 2a + 1 + b^{2} — 2b + 1 + a^{2} — 2ab + b^{2}) =\)
\(= \frac{1}{2} ((a — 1)^{2} + (b — 1)^{2} + (a — b)^{2})\)
Поскольку \((a — 1)^{2} \geq 0\) при любом значении \(a\), \((b — 1)^{2} \geq 0\) при любом значении \(b\), \((a — b)^{2} \geq 0\) при любых значениях \(a\) и \(b\), то \frac{1}{2} ((a — 1)^{2} + (b — 1)^{2} + (a — b)^{2}) \geq 0\).
Следовательно, \(a^{2} + b^{2} + 1 \geq a + b + ab\).

1) \(a^{2} + b^{2} — 18a — 16b + 145 \geq 0\)
Рассмотрим данное выражение подробно. Для упрощения и доказательства неравенства, сгруппируем члены по переменным \(a\) и \(b\) и дополним до полного квадрата каждую группу. Перепишем выражение следующим образом:
\(a^{2} — 18a + b^{2} — 16b + 145\).
В первую очередь, выделим полный квадрат для переменной \(a\):
\(a^{2} — 18a = (a^{2} — 18a + 81) — 81 = (a — 9)^{2} — 81\).
Аналогично для переменной \(b\):
\(b^{2} — 16b = (b^{2} — 16b + 64) — 64 = (b — 8)^{2} — 64\).
Теперь подставим эти выражения в исходную формулу:
\((a — 9)^{2} — 81 + (b — 8)^{2} — 64 + 145\).
Сгруппируем константы:
\(-81 — 64 + 145 = 0\).
Таким образом, выражение упрощается до:
\((a — 9)^{2} + (b — 8)^{2}\).
Квадрат любого вещественного числа неотрицателен, то есть \((a — 9)^{2} \geq 0\) и \((b — 8)^{2} \geq 0\) для любых \(a\) и \(b\). Следовательно, их сумма также неотрицательна:
\((a — 9)^{2} + (b — 8)^{2} \geq 0\).
Это доказывает, что исходное выражение всегда больше либо равно нулю при любых значениях переменных.

2) \(10b^{2} — 30bc + 25c^{2} — 10b + 30 > 0\)
Для доказательства данного неравенства рассмотрим его структуру и попытаемся привести к сумме квадратов, что гарантирует положительность выражения. Группируем члены по степеням и переменным:
\(10b^{2} — 30bc + 25c^{2} — 10b + 30\).
Заметим, что первые три члена напоминают квадрат бинома:
\(10b^{2} — 30bc + 25c^{2} = (3b — 5c)^{2}\), так как
\((3b — 5c)^{2} = 9b^{2} — 30bc + 25c^{2}\).
Оставшиеся члены:
\(b^{2} — 10b + 25\) также можно представить как полный квадрат:
\(b^{2} — 10b + 25 = (b — 5)^{2}\).
Теперь соберём всё вместе:
\((3b — 5c)^{2} + (b — 5)^{2} + 5\).
Каждый квадрат неотрицателен для любых значений \(b\) и \(c\), а добавление положительной константы \(5\) гарантирует, что выражение строго больше нуля:
\((3b — 5c)^{2} + (b — 5)^{2} + 5 > 0\) для любых \(b\) и \(c\).
Следовательно, исходное неравенство выполняется для всех возможных значений переменных.

3) \(a^{2} + b^{2} + c^{2} > 6(4a — 2b + 5c — 68)\)
Преобразуем выражение, чтобы сравнить левую и правую части. Вычтем правую часть из левой:
\(a^{2} + b^{2} + c^{2} — 6(4a — 2b + 5c — 68)\).
Раскроем скобки:
\(a^{2} + b^{2} + c^{2} — 24a + 12b — 30c + 408\).
Сгруппируем по переменным и дополнительно выделим полные квадраты:
Для \(a\): \(a^{2} — 24a + 144 = (a — 12)^{2}\).
Для \(b\): \(b^{2} + 12b + 36 = (b + 6)^{2}\).
Для \(c\): \(c^{2} — 30c + 225 = (c — 15)^{2}\).
Осталась константа \(+3\), которая появляется после объединения всех дополнительных членов.
Итак, выражение принимает вид:
\((a — 12)^{2} + (b + 6)^{2} + (c — 15)^{2} + 3\).
Каждый квадрат неотрицателен, а сумма квадратов плюс положительная константа \(3\) всегда положительна, независимо от значений переменных.
Таким образом, исходное неравенство выполняется при любых \(a\), \(b\), \(c\).

4) \(a^{2} + b^{2} + 1 \geq a + b + ab\)
Преобразуем выражение, перенеся правую часть в левую:
\(a^{2} + b^{2} + 1 — a — b — ab\).
Для удобства представим это выражение как сумму квадратов. Умножим обе части на \(2\) для выделения квадратов:
\(2(a^{2} + b^{2} + 1 — a — b — ab) = 2a^{2} + 2b^{2} + 2 — 2a — 2b — 2ab\).
Сгруппируем:
\(a^{2} — 2a + 1\), \(b^{2} — 2b + 1\), \(a^{2} — 2ab + b^{2}\).
Каждая из этих групп — это полный квадрат:
\(a^{2} — 2a + 1 = (a — 1)^{2}\)
\(b^{2} — 2b + 1 = (b — 1)^{2}\)
\(a^{2} — 2ab + b^{2} = (a — b)^{2}\)
Итак,
\(2(a^{2} + b^{2} + 1 — a — b — ab) = (a — 1)^{2} + (b — 1)^{2} + (a — b)^{2}\)
Разделим обе части на \(2\):
\(a^{2} + b^{2} + 1 — a — b — ab = \frac{1}{2}((a — 1)^{2} + (b — 1)^{2} + (a — b)^{2})\)
Каждый квадрат неотрицателен, следовательно, их сумма также неотрицательна.
Таким образом, \(a^{2} + b^{2} + 1 \geq a + b + ab\) при любых значениях \(a\) и \(b\).